Estados propios del campo cuántico funcional de ondas de Schrödinger

Entonces, ésta es la cuestión. Publico aquí mi respuesta a 312004 , ya que esa está cerrada; al mismo tiempo que insisto, este aquí tiene su respuesta en un oscilador: como es habitual en QFT, la infinidad de osciladores es solo una cortina de humo para probar la comprensión del estudiante de la segunda notación de cuantificación, solo la parte b) de su problema de texto. En un mundo ideal, esta pregunta de FT anterior debería fusionarse con la cerrada, partes a) yc).

Y no, los estados propios de campo no son una parte integral de la caja de herramientas de QFT, dado el resultado esperado de QFT, al menos en física de partículas, el enfoque de su texto. Sin embargo, la teoría del funcional de ondas de Schroedinger ( Jackiw, 1988 y Lüscher, 1985 ) sigue flotando.

(Los estados coherentes se usan más comúnmente, por ejemplo, el texto QFT de Itzykson y Zuber, ecuación (3-65) y siguientes).

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Esencialmente respondiendo 312004 :

Este es el anverso/completado de la pregunta gemela 292899 . Depende de un punto que no es poco común en los estados apretados y las discusiones de cuerdas. Me apresuraré a encontrar la respuesta ajustando adecuadamente las técnicas estándar, por ejemplo, de Fischer, Nieto y Sandberg, 1984 , y dejándole a usted arreglar las normalizaciones numéricas a su entera satisfacción.

Recuerdo$[a , a^\dagger ]=1$.

$$|x\rangle\equiv n(x) ~ \exp\left ( -(a^\dagger -x\sqrt{2})^2 /2  \right )|0\rangle   \Longrightarrow  \hat{~x}~|x\rangle=x|x\rangle,\\ |p\rangle\equiv n(p) ~ \exp((a^\dagger +ip\sqrt{2})^2 /2   ) |0\rangle  \Longrightarrow  \hat{~p}~|p\rangle=p|p\rangle ~.$$ Puedes intentar arreglar$n(x)=e^{x^2/2}/\pi^{1/4}$de$\langle 0|x\rangle$, el estado fundamental de Schrödinger del oscilador. (¡Sí, de hecho, n es la inversa de la Gaussiana!)

Su asignación es en orden normal

$$\langle x|p\rangle= n(x) n(p) \langle 0| e^{-(a-x\sqrt{2})^2/2}      e^{(a^\dagger +ip\sqrt{2})^2/2}   |0\rangle~.$$ Es decir, conmutar todo$a$s a la derecha, donde aniquilan el vacío, y así desaparecen ellos mismos, dejando las x 's, etc, y lo mismo para los operadores de creación sobre el vacío a la izquierda, depositando sus p s.

En realidad, dada esta tarea, es más fácil hacer un pedido normal, en cambio, los nuevos osciladores

$$b\equiv a-x\sqrt{2},  \qquad b^\dagger\equiv a^\dagger +ip\sqrt{2}, \qquad [b,b^\dagger]=1.$$ De este modo, $$b|0\rangle= -x\sqrt{2} |0\rangle, \qquad   \langle0|b^\dagger=\langle 0| ip\sqrt{2} ,$$ de modo que la expresión de orden normal generará <0|0> veces una función de x cancelando n(x) , lo mismo para p , y el$e^{ixp}$buscado.

La respuesta (derivada de movimientos estándar en el Apéndice a continuación) es

$$e^{-b^2/2}    e^{b^{\dagger 2}/2}= e^{b^{\dagger 2}/4 }e^{-\ln 2 (1/2+b^\dagger b) }e^{-b^2/4}=\\ e^{b^{\dagger 2}/4 } \left ( \sum^\infty_{k=0}        \frac{(-1/2)^k}{k!} b^{\dagger k} b^k \right )e^{-b^2/4}   /\sqrt{2} .$$ En consecuencia, la vev del operador anterior es $$\langle p |x\rangle= e^{-p^2/2}  e^{ixp}e^{-x^2/2} n(x) n(p) /\sqrt{2\pi}= e^{ixp}/ \sqrt{2\pi}.$$

Para probar la ortogonalidad, por ejemplo, de los estados de posición, bien, inserte un conjunto completo de estados propios de momento en$\langle x|y\rangle$, y haz la integral dp de las dos ondas planas que acabas de encontrar, dándote una  $\delta(x-y)$.

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Apéndice . Los lemas cruciales en la derivación son:

• Definición

  $$L_-\equiv -b^2/2, \qquad L_+ \equiv b^{\dagger 2 }/2,  \qquad L_0\equiv \tfrac{1}{2} ( 1/2 +b^\dagger b),$$ tenga en cuenta que se cierran en el álgebra de SU (1,1) (subyacente al álgebra de Virasoro),
  $$[L_+, L_-]=2 L_0, \qquad [L_0, L_{\pm} ]=\pm L_{\pm}.$$

• El punto clave: una identidad de elemento de grupo (producto de exponenciales de generadores) es válida para todas las representaciones, pero, a la inversa, una identidad de tales elementos de grupo en una representación fiel, como el doblete (las matrices de Pauli), no puede ser válida si el genérico el abstracto no lo hace. (Esto no es trivial: requiere el teorema exponencial de Poincaré, en el sentido de que la expresión CBH que se encuentra en el exponente está completamente en el álgebra de Lie y, por lo tanto, la representación es irrelevante). Entonces, en esta representación más simple,

  $$L_+=  \begin{pmatrix}      0&1\\      0&0    \end{pmatrix} , \qquad      L_-=  \begin{pmatrix}      0&0\\      1&0    \end{pmatrix} , \qquad     2L_0=  \begin{pmatrix}      1&0\\      0&-1    \end{pmatrix} .$$ Entonces es evidente que$e^{L_-} e^{L_+} =e^{L_+/2} e^{-\ln 2 \cdot 2L_0} e^{L_-/2}$, ya que $$\begin{pmatrix}      1&0\\      1&1    \end{pmatrix}   \begin{pmatrix}      1&1\\      0&1    \end{pmatrix}  =   \begin{pmatrix}      1&1/2\\      0&1    \end{pmatrix}    \begin{pmatrix}      1/2&0\\      0&2    \end{pmatrix}    \begin{pmatrix}      1&0\\      1/2&1    \end{pmatrix}  .$$

• Sin embargo, el elemento del grupo medio,$e^{-\ln 2 ~(1/2+b^\dagger b)}$, todavía no está ordenado normalmente, pero es fácil llegar allí, dada la identidad

  $$\bbox[yellow,5px]{e^{c b^\dagger b}= \sum^\infty_{k=0}    \frac{(e^c-1)^k}{k!} b^{\dagger k} b^k }.$$ (Simplemente escriba las primeras cuatro potencias de c en la expansión ascendente del teorema de Wick en b s de orden normal. Esto se atribuye a Wilcox (1967) JMP 8 962-982 y, en última instancia, a McCoy, 1932, pero es casi manifiesto. El propagador del oscilador.)

La forma más corta de verlo es explotando el isomorfismo algebraico$b^\dagger =x, ~~b=\partial$; de modo que el lado izquierdo que actúa sobre f(x) solo está escalando,$\exp(c x\partial) ~f(x)= f(e^c x)$; mientras que la de la derecha es la serie de Taylor alrededor de x , desplazada por$x(e^c-1)$, y por lo tanto$f(x)\mapsto f(x+x(e^c-1))=f(e^c x)$.

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Volviendo a la teoría de campos: todo lo que necesita hacer ahora es considerar una infinidad de osciladores, de donde, vagamente,$\hat{x}\mapsto \hat{\phi}(x),\quad \hat{p}\mapsto \hat{\pi}(x)$, construya los estados propios como en 292899 y generalice lo anterior para$\langle \Pi|\Phi\rangle$, mutatis mutandis . Como consecuencia directa, observe que el estado invariante traslacionalmente en el núcleo del impulso es

$$\left|\Pi=0\right\rangle =e^{\int d^{3}x ~ \hat{\phi}_{+} (\vec{x})^{2}/2}\left|0 \right\rangle .$$

Mi solución se refiere a las respuestas de Cosmas Zachos en esta pregunta y 292899 . Adoptaré nociones del libro QFT de Swhartz. Además, terminar el problema 14.3 será útil para resolver este problema.

a)

$$|x\rangle = \frac{1}{\pi^{1/4}}\exp(x^2/2) \exp \left(-\left(a^{\dagger}-x \sqrt{2}\right)^{2} / 2\right)|0\rangle\\ |p\rangle = \frac{1}{\pi^{1/4}}\exp(p^2/2) \exp \left(\left(a^{\dagger}+i p \sqrt{2}\right)^{2} / 2\right)|0\rangle$$ b) Introducción de la convención para describir el "producto interno" de los operadores de campo: $$<\hat{A}(\vec{x}),\hat{B}(\vec{y})>_{f(\vec{x},\vec{y})}:=\int d^3x\,d^3y\,\hat{A}(\vec{x})\hat{B}(\vec{y})f(\vec{x},\vec{y})$$ dónde$f$es una función Entonces los estados propios de$\hat{\phi}(\vec{x}),\ \hat{\pi}(\vec{x})$son: $$|\Phi\rangle = \mathcal{N}\exp(<\Phi,\Phi>_{\mathcal{E}}/2) \exp \left(-<\hat{\phi}_+-\Phi,\hat{\phi}_+-\Phi>_{\mathcal{E}}\right)|0\rangle\\ |\Pi\rangle = \mathcal{N}\exp(<\Pi,\Pi>_{\mathcal{E}^{-1}}/2) \exp \left(-<\hat{\pi}_+-\Pi,\hat{\pi}_+-\Pi>_{\mathcal{E}^{-1}}\right)|0\rangle$$ dónde$\mathcal{N}$es un número de normalización, y $$\mathcal{E}(\vec{x},\vec{y})=\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\omega_pe^{i\vec{p}\cdot(\vec{x}-\vec{y})}\\ \mathcal{E}^{-1}(\vec{x},\vec{y})=\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\omega_p}e^{i\vec{p}\cdot(\vec{x}-\vec{y})}$$ Para verificar estas respuestas, primero calcule $$[\hat{\phi}_-(\vec{z}),F(<\hat{\phi}_+-\Phi,\hat{\phi}_+-\Phi>_{\mathcal{E}})]=\frac{\delta F}{\delta<\hat{\phi}_+-\Phi,\hat{\phi}_+-\Phi>_{\mathcal{E}}}(\hat{\phi}_+(\vec{z})-\Phi(\vec{z}))$$ Después $$\begin{align} \hat{\phi}(\vec{z})|\Phi\rangle &=\hat{\phi}_+(\vec{z})|\Phi\rangle+\hat{\phi}_-(\vec{z})|\Phi\rangle\\ &=\hat{\phi}_+(\vec{z})|\Phi\rangle+[\hat{\phi}_-(\vec{z}),\mathcal{N}\exp(<\Phi,\Phi>_{\mathcal{E}}/2) \exp \left(-<\hat{\phi}_+-\Phi,\hat{\phi}_+-\Phi>_{\mathcal{E}}\right)]|0\rangle\\ &=\hat{\phi}_+(\vec{z})|\Phi\rangle-\mathcal{N}\exp(<\Phi,\Phi>_{\mathcal{E}}/2)\exp \left(-<\hat{\phi}_+-\Phi,\hat{\phi}_+-\Phi>_{\mathcal{E}}\right)(\hat{\phi}_+(\vec{z})-\Phi(\vec{z}))|\Phi\rangle\\ &=\Phi(\vec{z})|\Phi\rangle \end{align}$$ Otro estado propio se puede verificar de manera similar.

C)

Definir argumento de exponencial como

$$\hat{L}_+:=<\hat{\phi}_--\Phi,\hat{\phi}_--\Phi>_{\mathcal{E}}\\ \hat{L}_-:=<\hat{\pi}_+-\Pi,\hat{\pi}_+-\Pi>_{\mathcal{E}^{-1}}$$ calcular su conmutador $$[\hat{L}_+,\hat{L}_-]=i\int d^3x\,\{(\hat{\phi}_--\Phi),(\hat{\pi}_+-\Pi)\}(\vec{x})=:2\hat{L}_0$$ NOTA$\{,\}$es anti-conmutador. Después $$[\hat{L}_0,\hat{L}_{\pm }]=\pm\hat{L}_{\pm }$$ entonces obtenemos el álgebra de Lie$\mathfrak{su}(2)=\mathrm{span}_{\mathbb{C}}\{\hat{L}_0,\hat{L}_+,\hat{L}_-\}$.

Según la respuesta anterior de Cosmas Zachos, tenemos

$$e^{-\hat{L}_+}e^{-\hat{L}_-}=e^{-\hat{L}_-/2}e^{2ln2\,\hat{L}_0}e^{-\hat{L}_+/2}\\ \exp[\frac{2}{i}\lambda<\hat{\pi}_+-\Phi,\hat{\phi}_--\Phi>_1]=\mathrm{N}\{\exp[\frac{2}{i}(e^\lambda-1)<\hat{\pi}_+-\Pi,\hat{\phi}_--\Phi>_1]\}$$ dónde$\mathrm{N}$es un operador de pedidos regular para organizar$(\hat{\pi}_+-\Pi)$de izquierda a$(\hat{\phi}_--\Phi)$.

Finalmente,

$$\begin{align} \langle\Phi|\Pi\rangle&=\mathcal{N}^2\exp(<\Phi,\Phi>_{\mathcal{E}}/2)\exp(<\Pi,\Pi>_{\mathcal{E}^{-1}}/2)\langle0|e^{-\hat{L}_+}e^{-\hat{L}_-}|0\rangle\\ &=\mathcal{N}^2\langle0|e^{2ln2\,\hat{L}_0}|0\rangle\\ &=\mathcal{N}^2\langle0|\exp\{ln2\,i\int d^3x[\frac{i}{2}\delta^3(0)+2<\hat{\pi}_+-\Phi,\hat{\phi}_--\Phi>_1]|0\rangle\\ &=\mathcal{N}^2\exp\left(-\frac{1n2}{2}\int d^3x\,\delta^3(0)\right)\langle0|\mathrm{N}\{\exp[\frac{2}{i}(e^{ln(1/2)}-1)<\hat{\pi}_+-\Pi,\hat{\phi}_--\Phi>_1]\}|0\rangle\\\\ &=\exp[i\int d^3x\,\Pi(\vec{x})\Phi(\vec{x})] \end{align}$$ donde nos ponemos$\mathcal{N}=\exp\left(\frac{1n2}{4}\int d^3x\,\delta^3(0)\right)$.

También probé el ejercicio 14.4 del libro de Schwartz. (Uso las mismas convenciones y notaciones que en el libro) Mi conjetura para el estado propio dice

$$|\Phi\rangle = \exp\Big{[}-\int d^3x \int d^3y (\Phi(x)-\hat{\phi}_+(x))\mathcal{E}(x,y)(\Phi(y)-\hat{\phi}_+(y))\Big{]}| 0 \rangle$$ dónde $$\mathcal{E}(x,y)= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3} e^{ip(x-y)}\omega_p.$$ Pude haber cometido algún error de cálculo pero creo que el Ansatz debería ser correcto. Del mismo modo, para los estados propios de impulso obtengo $$|\Pi\rangle = \exp\Big{[}-\int d^3x \int d^3y (\Pi(x)-\hat{\pi}_+(x))\mathcal{E}^{-1}(x,y)(\Pi(y)-\hat{\pi}_+(y))\Big{]}| 0 \rangle$$ dónde $$\mathcal{E}^{-1}(x,y) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3} e^{ip(x-y)}\frac{1}{\omega_p}$$ es justo lo contrario de$\mathcal{E}$. Sin embargo, todavía tengo problemas para verificar $$\langle \Phi | \Pi \rangle = \exp\Big{[}-i\int d^3x \Phi(x) \Pi(x) \Big{]}.$$ (Esto y la relación de completitud implican inmediatamente la ortogonalidad). Quiero usar https://en.wikipedia.org/wiki/Baker%E2%80%93Campbell%E2%80%93Hausdorff_formula . si defino$A$como el exponente punzante en$|\Phi\rangle$y$B$como exponente en$|\Pi \rangle$. consigue eso $$[A,B] = -2i\int d^3x \Big{[} (\Phi- \hat{\phi}_-) (\Pi - \hat{\pi}_+) + (\Pi - \hat{\pi}_+)(\Phi- \hat{\phi}_-) \Big{]}.$$ Darse cuenta de $$\langle 0 | [A,B] | 0 \rangle = -4i \int d^3x \Pi(x) \Phi(x) + \text{ infinite constant}$$ así que ya casi llego (factores$e^A$y$e^B$se convierten en escalares cuando se intercalan entre estados de vacío y pueden extraerse y absorberse mediante la normalización). Sin embargo, en la fórmula de Baker-Campbell-Hausdorff aparecen más términos en el exponente. Por lo que puedo ver, estos términos (después de estar intercalados) pueden ser absorbidos por la normalización o son proporcionales a$[A,B]$(ya que$[A,[A,B]] \propto A,~[B,[A,B]] \propto B$), por lo que solo me deja con una descripción de un prefactor desconocido en el exponencial (tal vez después de la suma de la serie infinita, el prefactor se convierte en$1$como se dice?).
También es probable que haya cometido un error y agradecería si alguien pudiera señalarlo y/o mostrarme la solución.

El problema esencialmente se reduce a la conmutación de operadores complicados. Si un estado está representado por

$$|\psi\rangle = \exp(f(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})) |\text{vac}\rangle \equiv \hat{K} |\text{vac}\rangle ,$$ dónde$f(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})$es alguna función de los operadores de escalera, entonces el producto interno genérico es de la forma $$\langle\psi_1|\psi_2\rangle = \langle\text{vac}|\hat{K}_1^{\dagger} \hat{K}_2 |\text{vac}\rangle .$$ Para resolver el problema se necesita obtener el producto.$\hat{K}_1^{\dagger} \hat{K}_2$en orden normal. De ahí la complicada conmutación.

Existe un procedimiento general para calcular conmutaciones complicadas de operadores, siempre que los operadores puedan representarse en forma exponencial con argumentos que son la mayoría de segundo orden en los operadores de escalera. El problema en la situación actual se puede expresar como

$$\exp(f_1(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})) \exp(f_2(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})) = A \exp(g_1 \hat{a}^2) \exp(g_2\hat{a}^{\dagger}\hat{a}) \exp(g_3\hat{a}^{\dagger 2}) ,$$ dónde$A$,$g_1$,$g_2$, y$g_3$son las incógnitas a resolver. Tenga en cuenta que el segundo operador en el lado derecho con los operadores numéricos no está en el orden normal, pero como el vacío es un estado propio de los operadores numéricos, esto no es un problema.

El procedimiento general ahora es insertar una variable ficticia en los argumentos de los exponentes y hacer todas las funciones desconocidas de esta variable ficticia:

$$\exp(t f_1(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})) \exp(t f_2(\hat{a},\hat{a}^{\dagger})) = A(t) \exp(g_1(t) \hat{a}^2) \exp(g_2(t)\hat{a}^{\dagger}\hat{a}) \exp(g_3(t) \hat{a}^{\dagger 2}) ,$$ dónde$t$es la variable ficticia. Luego calcule la derivada de la ecuación con respecto a$t$. A continuación, elimine la mayor cantidad posible de operadores aplicando los respectivos operadores adjuntos. Entonces usas la identidad para$\exp(\hat{X})\hat{Y}\exp(-\hat{X})$para simplificar la expresión. El resultado se puede separar en varias ecuaciones diferenciales que se pueden resolver para obtener soluciones para las incógnitas.

He resuelto este problema en su totalidad para los estados propios de los operadores de cuadratura en un artículo: Phys. Rev. A 98, 043841 (2018) - arXiv:1810.04396. Ver también la Fe de erratas: Phys. Rev.A 101, 019903(E) (2020). El análisis proporciona expresiones con las que se puede obtener el resultado para todos los productos internos requeridos.